\documentclass[a4paper,12pt]{jsarticle}

\begin{document}

問２\/ 次の設問(2-1〜2-4)に答えなさい。

\begin{list}{}{}
\item[2-1.]$n = 1,2,3,...$に対して次の式を導きなさい。\\
\item[]{(1)}{}
 \[\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n}x dx = \frac{1 \cdot 3 
\cdot 5 \cdot \cdot \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \cdot
\cdot 2n} \cdot \frac{\pi}{2}\]

\item[]{(2)}{}
 \[\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n+1}x dx = \frac{2 \cdot 4 
\cdot 6 \cdots 2n}{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n+1)} \cdot 
\frac{\pi}{2}\]\\



\item[]{(1)}{(答案)}

 \[ N_{n} = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n}x dx \]　とする
 \[ N_{n} = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin x \sin^{2n-1}x dx \]
 上式に部分積分を実行すると
 \[ N_{n} = (2n-1)\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos^{2} x \sin^{2n-2} x dx \]
 \[ N_{n} = (2n -1)(N_{n-1} - N_{n}) \]
 \[ N_{n} = \frac{2n-1}{2n} N_{n-1} \]
 が得られる.\\
この式より
 \[ N_{n} = \frac{2n-1}{2n}\frac{2n-3}{2n-2} \cdots \frac{5}{6}  \frac{3}{4} N_{1} \]
となる。$N_{1}$を求める。
 \[ N_{1} = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2}x dx \]
 \[ N_{1} = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \frac{1 - \cos 2x}{2} dx \]
 \[ N_{1} = \frac{1}{2} \frac{\pi}{2} \]
以上より、$N_{n}$の値は
\[ N_{n} = \frac{2n-1}{2n}\frac{2n-3}{2n-2} \cdots   \frac{3}{4} \frac{1}{2} \frac{\pi}{2} \]
となり、(1)が示された。\\

\item[]{(2)}{(答案)}\\

\[ M_{n} = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n+1}x dx \]　とする
(1)と同様に部分積分を実行すると
\[ M_{n} = \frac{2n}{2n+1} M_{n-1} \]
 が得られる.\\
この式より
 \[ M_{n} = \frac{2n}{2n+1}\frac{2n-2}{2n-1} \cdots \frac{4}{5}  M_{1} \]
となる。$M_{1}$を求める。
\[ M_{1} = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{3}x dx \]
\[ M_{1} = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin x - \sin x \cos^{2} x dx \]
\[ M_{1} = \frac{2}{3} \]
以上より、$M_{n}$の値は
\[ M_{n} = \frac{2n}{2n+1}\frac{2n-2}{2n-1} \cdots   \frac{4}{5} \frac{2}{3} \]
となり、(2)が示された。\\



\item[2-2.]前問2-1 の結果を用いて、次の関係を導きなさい。\\
\[ \frac{\pi}{2} = \prod^{\infty}_{n=1} \frac{2n \cdot 2n}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{2 \cdot 2}{1\cdot3}
\cdot \frac{4 \cdot 4}{3 \cdot 5} \cdot \frac{6 \cdot 6}{5 \cdot 7} \cdots  \]

\item[]{}{(答案)}\\
(1)、(2)の結果を組み合わせることにより
\[ \frac{M_{n}}{N_{n}} = \frac{2 \cdot 2}{1\cdot3}  \frac{4 \cdot 4}{3 \cdot 5} \cdots 
\frac{2n \cdot 2n}{(2n-1)(2n+1)} \frac{2}{\pi} = \prod^{\infty}_{n=1} \frac{2n \cdot 2n}{(2n-1)(2n+1)} \frac{2}{\pi}\]
\[\frac{N_{n}}{M_{n}} \prod^{\infty}_{n=1} \frac{2n \cdot 2n}{(2n-1)(2n+1)} =\frac{\pi}{2} \]
を得る。ここで上式で$n \rightarrow \infty$のとき$ \frac{N_{n}}{M_{n}} \rightarrow 1$
となれば題意を満たすことになる。よって$n \rightarrow \infty$のとき
$ \frac{N_{n}}{M_{n}} \rightarrow 1$となることを示す。\\
ここで
\[ \frac{N_{n}}{M_{n}} = F \]
とおく。
$0 < x < \frac{\pi}{2}$では$ \sin x < 1 $より
\[ \sin^{2n+1} < \sin{2n} \]
\[ \sin^{2n+1} x < \sin^{2n} x < \sin^{2n-1} x \]
が成り立つ。上式の辺々を0から$\frac{\pi}{2}$まで積分すると
\[ \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n+1} x dx < \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n} x dx <\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n-1} x dx \]
となる。辺々を $ \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n+1} x dx $ で割ると
\[ 1 < F < \frac{\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n-1} x dx}{\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n+1} x dx}\]
となる。ここで、(2)より
\[ M_{n} = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n+1} x dx \]
\[ M_{n-1} = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n-1} x dx \]
\[ M_{n} = \frac{2n}{2n+1} M_{n-1} \]
の関係があるので
\[ \frac{\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} sin^{2n-1} x dx}{\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \sin^{2n+1} x dx }= 
\frac{2n+1}{2n} \]
と表すことができる。
よって$n \rightarrow \infty$のとき
\[ \frac{2n+1}{2n} = \frac{1}{2n} + 1 \rightarrow 1 \]
が得られる。
以上により$n \rightarrow \infty$のとき$F \rightarrow 1$となり
\[ \frac{\pi}{2} = \prod^{\infty}_{n=1} \frac{2n \cdot 2n}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{2 \cdot 2}{1\cdot3}
\cdot \frac{4 \cdot 4}{3 \cdot 5} \cdot \frac{6 \cdot 6}{5 \cdot 7} \cdots  \]
が導かれた。\\


\item[2-3.] 次の値を求めなさい。\\
\[ \int^{\infty}_{0} e^{-x^{2}} dx \]\\
\item[]{}{(答案)}
\[ N = \int^{\infty}_{0} e^{-x^{2}} dx \]
とおく.
\[ N^{2} = (\int^{\infty}_{0} e^{-x^{2}} dx)^{2} \]
\[ N^{2} = \int^{\infty}_{0} e^{-x^{2}} dx \int^{\infty}_{0} e^{-y^{2}} dy \]
\[ N^{2} = \int^{\infty}_{0} \! \! \int^{\infty}_{0} e^{-(x^{2}+y^{2})} dxdy \]
ここで,$ x = r \cos \theta $,$ y = r \sin \theta$とおくと上式は
\[ N^{2} = \int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \! \! \int^{\infty}_{0} r e^{-r^{2}} dr d \theta \]
と書くことができる。これより、
\[ N^{2} = \frac{\pi}{2} \int^{\infty}_{0} r e^{-r^{2}} dr  \]
\[ N^{2} = \frac{\pi}{2} \frac{1}{2} \]
\[ N = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \]
となりN が求まった。


\item[2-4.] 前問2-3の結果を用いて、次の値を求めなさい。\\

\item[]{(1)}{}
 \[\int^{\infty}_{0} \cos x^{2} dx \]
\item[]{(2)}{}
 \[\int^{\infty}_{0} \sin x^{2} dx \]\\

\item[]{}{(答案)}
\[ N = \int^{\infty}_{0} e^{-ix^{2}} dx \]
として2-3のときと同様に計算すると
\[ N = \frac{1}{2} \sqrt \frac{\pi}{i} \]
となる。
\[ i = \cos (\frac{1}{2} + 2n)\pi + i \sin (\frac{1}{2} + 2n)\pi \]
より、
\[ i^{-\frac{1}{2}} = \cos (-\frac{1}{4} - n)\pi + i \sin (-\frac{1}{4} - n)\pi \]
\[ i^{-\frac{1}{2}} = \cos (\frac{1}{4} + n)\pi - i \sin (\frac{1}{4} + n)\pi \]
なので、
\[ N = \frac{1}{2} \sqrt{\pi} \{ \cos (\frac{1}{4} + n)\pi - i \sin (\frac{1}{4} + n)\pi \} \]
$k$を整数とする。$n = 2k$のとき、
\[ \cos (\frac{1}{4} + n)\pi = \sin (\frac{1}{4} + n)\pi = \frac{1}{\sqrt{2}} \]
\begin{equation}
 N = \frac{\sqrt{2\pi}}{ 4 } (1 - i ) 
\end{equation}
$n = 2k + 1$のとき、
\[ \cos (\frac{1}{4} + n)\pi = \sin (\frac{1}{4} + n)\pi = - \frac{1}{\sqrt{2}} \]
\begin{equation}
 N = - \frac{\sqrt{2 \pi}}{4} (1 - i )　
\end{equation}
となる。\\
また、
\begin{equation}
 N = \int^{\infty}_{0} e^{-ix^{2}} dx = \int^{\infty}_{0} \cos x^{2} + i \sin x^{2} dx
\end{equation}
なので(1)〜(3)式を比べることにより、
\begin{equation}
\int^{\infty}_{0} \cos x^{2} dx = 
\left( \begin{array}{cc} \frac{\sqrt{2\pi}}{4} & (n = 2k) \\
 - \frac{\sqrt{2\pi}}{4} & (n = 2k + 1)  \end{array} \right. 
\end{equation}
\begin{equation}
\int^{\infty}_{0} \sin x^{2} dx = 
\left( \begin{array}{cc} - \frac{\sqrt{2\pi}}{4} & (n = 2k) \\
  \frac{\sqrt{2\pi}}{4} & (n = 2k + 1)  \end{array} \right. 
\end{equation}
が求まる。(4)が2-3の(1)の答えであり、(5)が2-3の(2)の答えである。
\end{list}






\end{document}